Somma diretta di sottospazi vettoriali

La somma diretta è un concetto che coinvolge le nozioni di somma e intersezione tra sottospazi vettoriali, infatti si dice che uno spazio vettoriale è somma diretta di due suoi sottospazi se e solo se la loro intersezione contiene esclusivamente il vettore nullo e la loro somma coincide con l'intero spazio.

 

Nella precedente lezione abbiamo visto come determinare la dimensione e una base dei sottospazi somma e intersezione; conosciamo quindi tutto quello che ci serve per capire la definizione di somma diretta tra sottospazi e per dimostrare alcuni importanti teoremi, che si riveleranno utili per svolgere più velocemente gli esercizi e nel prosieguo delle lezioni.

 

Fatto ciò vi mostreremo come verificare se due sottospazi sono in somma diretta e come si determina un sottospazio tale da essere in somma diretta con un altro, corredando il tutto con numerosi esempi.

 

Definizione di somma diretta

 

Sia V uno spazio vettoriale definito su un campo \mathbb{K} e siano S \mbox{ e } T due sottospazi vettoriali di V.

 

Si dice che V è somma diretta di S \mbox{ e } T, e si scrive V=S \oplus T, se e solo se:

 

(a) il sottospazio somma S+T coincide con lo spazio V, ossia S+T=V;

 

(b) il sottospazio intersezione S\cap T contiene il solo vettore nullo, cioè S \cap T =\{\mathbf{0}\}.

 

Volendo essere più sintetici, diremo che

 

V=S \oplus T \iff \begin{cases}S+T=V \\ S \cap T = \{\mathbf{0}\}\end{cases}

 

Nota bene: affinché uno spazio vettoriale V sia somma diretta di S \mbox{ e } T devono valere entrambe le condizioni (a) e (b).

 

Potrebbe sembrare un'osservazione banale, ma uno degli errori più comuni tra gli studenti è quello di limitarsi a controllare se S \cap T = \{\mathbf{0}\}, e in caso affermativo di concludere immediatamente che V=S \oplus T, ma ciò non è corretto. Deve infatti valere anche la condizione S+T=V.

 

A rigor di cronaca, S \cap T = \{\mathbf{0}\} è una condizione necessaria per la somma diretta e non una condizione necessaria e sufficiente, quindi da sola non basta. Semmai, se S \cap T \neq \{\mathbf{0}\} allora possiamo concludere che V non è somma diretta di S \mbox{ e } T, ma se S \cap T =\{\mathbf{0}\} non possiamo dir nulla a priori.

 

 

Esempi sulla somma diretta

 

Per prendere confidenza con la definizione di somma diretta facciamo qualche esempio.

 

 

1) Siano

 

\\ V=\mathbb{R}^3 \\ \\ S=\mbox{Span}((1,0,0), \ (0,1,0)) \\ \\ T=\mbox{Span}((2,0,0), \ (0,0,1))

 

S è un sottospazio vettoriale di \mathbb{R}^3 generato dai vettori (1,0,0) \mbox{ e } (0,1,0) che sono linearmente indipendenti tra loro, dunque \{(1,0,0), \ (0,1,0)\} è una base di S.

 

\mathcal{B}_{S}=\{(1,0,0), \ (0,1,0)\}

 

Anche i vettori che generano il sottospazio T sono linearmente indipendenti, dunque

 

\mathcal{B}_{T}=\{(2,0,0), \ (0,0,1)\}

 

L'unione delle due basi fornisce un sistema di generatori per il sottospazio somma, cioè

 

\mathcal{B}_{S} \cup \mathcal{B}_{T}=\{(1,0,0), \ (0,1,0), \ (2,0,0), \ (0,0,1)\}

 

è un sistema di generatori di S+T. Estraiamone una base procedendo col metodo degli scarti successivi.

 

Abbiamo già osservato che (1,0,0) \mbox{ e } (0,1,0) sono linearmente indipendenti, dunque li teniamo.

 

Il terzo vettore del sistema di generatori (2,0,0) dipende linearmente dai primi due, infatti

 

(2,0,0)=2(1,0,0) + 0(0,1,0)

 

e va scartato.

 

Infine, il quarto vettore (0,0,1) è linearmente indipendente rispetto ai primi due, e va tenuto. Una base di S+T è

 

\mathcal{B}_{S+T}=\{(1,0,0), \ (0,1,0), \ (0,0,1)\}

 

e la sua dimensione è 3.

 

S+T è un sottospazio di \mathbb{R}^3 di dimensione 3 e quindi S+T=\mathbb{R}^3.

 

Nonostante ciò \mathbb{R}^3 non è somma diretta di S \mbox{ e } T in quanto S \cap T \neq \{\mathbf{0}\}.

 

Per giungere a questa conclusione è sufficiente osservare che qualsiasi vettore della forma (k,0,0) \mbox{ con } k \neq 0 appartiene sia a S che a T, oppure ricorrere alla formula di Grassmann, secondo cui

 

\mbox{dim}(S \cap T) = \mbox{dim}(S)+\mbox{dim}(T)-\mbox{dim}(S+T)=2+2-3=1

 

 

2) Siano

 

\\ V=\mathbb{R}^4 \\ \\ S=\mbox{Span}((1,0,0,0)) \\ \\ T=\mbox{Span}((0,-1,2,3))

 

Evidentemente S \cap T = \{\mathbf{0}\}, cioè il vettore nullo è l'unico elemento di \mathbb{R}^4 che appartiene sia a S che a T.

 

Per convincersene consideriamo un qualsiasi \mathbf{v} \in S \cap T. Ciò vuol dire che \mathbf{v} \in S \mbox{ e } \mathbf{v} \in T, cioè \mathbf{v} può essere espresso come combinazione lineare dei vettori che generano S e dei vettori che generano T.

 

In altri termini, esistono \alpha, \beta \in \mathbb{R} tali che

 

\\ \mathbf{v}=\alpha(1,0,0,0)=(\alpha, 0, 0, 0) \\ \\ \mathbf{v}=\beta(0,-1,2,3) = (0, -\beta, 2\beta, 3\beta)

 

Dalle precedenti relazioni segue che

 

(\alpha, 0, 0, 0)=(0, -\beta, 2\beta, 3\beta)

 

Due vettori sono uguali se coincidono componente per componente, dunque dev'essere \alpha=\beta=0 e quindi l'unico vettore \mathbf{v} \in \mathbb{R}^4 che appartiene a S \cap T è il vettore nullo.

 

Ciononostante \mathbb{R}^4 non è somma diretta di S \mbox{ e } T in quanto S+T \neq \mathbb{R}^4.

 

Il sottospazio somma è infatti generato dai vettori \{(1,0,0,0), \ (0,-1,2,3)\} e la sua dimensione è 2, minore della dimensione di \mathbb{R}^4.

 

 

3) Siano

 

\\ V=\mathbb{R}^2 \\ \\ S=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \ | \ x+y=0\} \\ \\ T=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \ | \ x=0\}

 

S \mbox{ e } T sono sottospazi di \mathbb{R}^n, \mbox{ con } n=2, definiti da equazioni cartesiane, dunque la dimensione del sottospazio S \cap T è n-\mbox{rk}(A), dove n=2 \mbox{ e } \mbox{rk}(A) indica il rango della matrice dei coefficienti associata al sistema lineare omogeneo formato dalle equazioni che definiscono S \mbox{ e } T.

 

\begin{cases}x+y=0 \\ x=0\end{cases}

 

La matrice dei coefficienti a esso associata è

 

A=\begin{pmatrix}1&1 \\ 1&0\end{pmatrix}

 

e il suo rango è 2, infatti è una matrice quadrata di ordine 2 con determinante diverso da zero.

 

Di conseguenza

 

\mbox{dim}(S \cap T) = 2-2 = 0

 

L'unico sottospazio di dimensione 0 è quello formato dal solo vettore nullo, quindi S \cap T =\{\mathbf{0}\}.

 

Questo però non ci permette di concludere nulla; dobbiamo ancora verificare se \mathbb{R}^2=S+T.

 

A tal proposito ricaviamo una base per i due sottospazi. Procedendo come spiegato nella lezione come determinare una base di un sottospazio definito da equazioni cartesiane, si ottiene

 

\\ \mathcal{B}_S=\{(1,-1)\} \\ \\ \mathcal{B}_T=\{(1,0)\}

 

L'insieme formato dall'unione delle basi

 

\mathcal{B}_S \cup \mathcal{B}_T=\{(1,-1), \ (1,0)\}

 

è un sistema di generatori di S+T, ed essendo i vettori linearmente indipendenti tra loro è anche una base, dunque

 

\mathcal{B}_{S+T}=\{(1,-1), \ (1,0)\}

 

Abbiamo così dimostrato che S+T è un sottospazio di \mathbb{R}^2 di dimensione 2, ragion per cui S+T=\mathbb{R}^2 e quindi \mathbb{R}^2=S\oplus T.

 

Teoremi sulla somma diretta

 

È giunto il momento di enunciare e dimostrare una serie di teoremi sulla somma diretta, che invitiamo a non sottovalutare: conoscerli permetterà di risparmiare calcoli e tempo negli esercizi, e saranno inoltre utili nelle prossime lezioni.

 

Onde evitare di ripeterci ogni volta, da qui in poi supponiamo che V sia uno spazio vettoriale finitamente generato su un campo \mathbb{K} e che S \mbox{ e } T siano due suoi sottospazi.

 

Teorema (Dimensione della somma diretta)

 

Se V è somma diretta di S \mbox{ e } T allora la dimensione di V è uguale alla somma delle dimensioni di S \mbox{ e } T. In formule:

 

V = S \oplus T \Rightarrow \mbox{dim}(V)=\mbox{dim}(S)+\mbox{dim}(T)

 

Dimostrazione

 

Per ipotesi sappiamo che V è somma diretta di S \mbox{ e } T, dunque

 

\\ S+T=V \\ \\ S\cap T =\{\mathbf{0}\}

 

Se due sottospazi sono uguali hanno la stessa dimensione, quindi

 

\mbox{dim}(S+T)=\mbox{dim}(V)

 

Inoltre, un sottospazio che contiene il solo vettore nullo ha dimensione pari a zero, ragion per cui

 

\mbox{dim}(S \cap T) = 0

 

Sostituendo le dimensioni trovate nella formula di Grassmann

 

\mbox{dim}(S+T)=\mbox{dim}(S)+\mbox{dim}(T)-\mbox{dim}(S \cap T)

 

si ricava

 

\mbox{dim}(V)=\mbox{dim}(S)+\mbox{dim}(T)-0

 

ossia

 

\mbox{dim}(V)=\mbox{dim}(S)+\mbox{dim}(T)

 

e la dimostrazione può dirsi conclusa.

 

 

Nota bene: non vale l'implicazione inversa! Se \mbox{dim}(V)=\mbox{dim}(S)+\mbox{dim}(T) non è detto che V=S \oplus T.

 

Consideriamo, ad esempio

 

\\ V=\mathbb{R}^3 \\ \\ S=\mbox{Span}((1,0,0), \ (0,0,1)) \\ \\ T=\mbox{Span}((0,0,3))

 

Evidentemente la dimensione di S è 2 (è generato da due vettori linearmente indipendenti) e la dimensione di T è 1, quindi vale la relazione

 

3=\mbox{dim}(\mathbb{R}^3) = \mbox{dim}(S)+ \mbox{dim}(T)

 

ma \mathbb{R}^3 non è somma diretta di S \mbox{ e } T in quanto S \cap T \ne \{\mathbf{0}\}. Basta infatti notare che ogni vettore del tipo (0,0,k), \mbox{ con } k \neq 0 appartiene sia a S che a T.

 

 

Teorema (Decomposizione unica per somma diretta)

 

V=S \oplus T se e solo se ogni vettore \mathbf{v} \in V si può scrivere in modo unico come \mathbf{v} = \mathbf{s}+\mathbf{t}, \mbox{ con } \mathbf{s} \in S, \ \mathbf{t} \in T.

 

Dimostrazione

 

Assumiamo per ipotesi che V=S\oplus T e dimostriamo che ogni \mathbf{v} \in V si può scrivere in modo unico come somma tra un elemento di S e un elemento di T.

 

Dalla definizione di somma diretta segue che S+T=V, dunque per ogni \mathbf{v} \in V esistono \mathbf{s} \in S, \ \mathbf{t} \in T tali che \mathbf{v}=\mathbf{s}+\mathbf{t}.

 

Dobbiamo dimostrare che questi vettori sono unici. Supponiamo per assurdo che non lo siano, cioè supponiamo che esistano \mathbf{s}_1 \in S, \ \mathbf{t}_1 \in T, \mbox{ con } \mathbf{s}_1 \neq \mathbf{s} \mbox{ e } \mathbf{t}_1 \neq \mathbf{t} tali che

 

\mathbf{v}=\mathbf{s}+\mathbf{t}=\mathbf{s}_1+\mathbf{t}_1

 

Dalla relazione precedente segue

 

\mathbf{s}-\mathbf{s}_1=\mathbf{t}_1-\mathbf{t}

 

Osserviamo che \mathbf{s}-\mathbf{s}_1 \in S \mbox{ e } \mathbf{t}_1-\mathbf{t} \in T, dunque esiste un vettore non nullo (\mathbf{s}-\mathbf{s}_1)\neq\mathbf{0} che appartiene a S \cap T, ma ciò è un assurdo in quanto per ipotesi V=S\oplus T e quindi S \cap T=\{\mathbf{0}\}.

 

Viceversa, assumiamo per ipotesi che ogni vettore \mathbf{v} \in V si esprima in modo unico nella forma \mathbf{v}=\mathbf{s}+\mathbf{t}, \mbox{ con } \mathbf{s} \in S, \ \mathbf{t} \in T e dimostriamo che V=S\oplus T.

 

Dall'ipotesi assunta segue che è V=S+T e per dimostrare che la somma è diretta rimane da provare che S \cap T = \{\mathbf{0}\}.

 

Ancora una volta procediamo a una dimostrazione per assurdo e supponiamo che esista un vettore \mathbf{u} \in S \cap T, \mbox{ con } \mathbf{u} \neq \mathbf{0}.

 

Allora

 

\mathbf{v} = \mathbf{s}+\mathbf{t} = \mathbf{s}+\mathbf{t} + \mathbf{u} - \mathbf{u} = (\mathbf{s}+\mathbf{u}) + (\mathbf{t}-\mathbf{u})

 

Per come sono stati definiti, (\mathbf{s}+\mathbf{u}) \in S \mbox{ e } (\mathbf{t}-\mathbf{u}) \in T, dunque abbiamo scritto \mathbf{v} come somma di altri due vettori di S \mbox{ e } T, ma ciò va contro l'ipotesi di unicità.

 

Pertanto S \cap T = \{\mathbf{0}\} e quindi V=S \oplus T.

 

 

Teorema (Somma diretta e basi)

 

Siano \{\mathbf{s}_1, \mathbf{s}_2, ..., \mathbf{s}_n\} una base di S e \{\mathbf{t}_1, \mathbf{t}_2, ..., \mathbf{t}_m\} una base di T.

 

V=S \oplus T se e solo se \{\mathbf{s}_1, \mathbf{s}_2, ..., \mathbf{s}_n, \mathbf{t}_1, \mathbf{t}_2, ..., \mathbf{t}_m\} è una base di V.

 

Dimostrazione

 

Dal teorema sulla decomposizione unica per la somma diretta sappiamo che un vettore \mathbf{v} appartiene a V=S\oplus T se e solo se \mathbf{v}=\mathbf{s}+\mathbf{t} \mbox{ con } \mathbf{s} \in S, \ \mathbf{t} \in T univocamente determinati.

 

\mathbf{s} è un vettore di S, dunque si può esprimere come combinazione lineare degli elementi della base, cioè esistono gli scalari a_1, \ a_2, \ ..., \ a_n tali che

 

\mathbf{s}=a_1 \mathbf{s}_1+a_2\mathbf{s}_2+...+a_n \mathbf{s}_n

 

Allo stesso modo, \mathbf{t} è un vettore di T, quindi esistono b_1, \ b_2, \ ..., \ b_m \in \mathbb{K} tali che

 

\mathbf{t}=b_1 \mathbf{t}_1+b_2\mathbf{t}_2+...+b_m \mathbf{t}_m

 

Di conseguenza

 

\mathbf{v}=\mathbf{s}+\mathbf{t} = a_1 \mathbf{s}_1+a_2\mathbf{s}_2+...+a_n \mathbf{s}_n + b_1 \mathbf{t}_1+b_2\mathbf{t}_2+...+b_m \mathbf{t}_m

 

Abbiamo così espresso \mathbf{v} \in V in modo unico come combinazione lineare dei vettori \{\mathbf{s}_1, \mathbf{s}_2, ..., \mathbf{s}_n, \mathbf{t}_1, \mathbf{t}_2, ..., \mathbf{t}_m\} ma ciò è possibile se e solo se tali vettori formano una base per V, da cui la tesi.

 

Come stabilire se uno spazio vettoriale è somma diretta di due sottospazi

 

Dopo tanta teoria passiamo all'atto pratico e cerchiamo di capire come risolvere nel modo più veloce possibile gli esercizi in cui si chiede di stabilire se uno spazio vettoriale è somma diretta di due sottospazi.

 

Volendo attenerci alla definizione dovremmo controllare se sussistono le condizioni

 

S+T=V\ \wedge\ S \cap T = \{\mathbf{0}\}

 

e ciò vuol dire che bisognerebbe:

 

1) determinare una base e la dimensione dei sottospazi S \mbox{ e } T;

 

2) calcolare una base e la dimensione di S+T;

 

3) Verificare se la dimensione di S \cap T è zero usando la formula di Grassmann.

 

Vi sono però alcuni stratagemmi da usare e che in alcuni casi permettono di ridurre notevolmente la mole di conti:

 

A) se, dopo aver determinato le dimensioni dei sottospazi S \mbox{ e } T, si osserva che

 

\mbox{dim}(S)+\mbox{dim}(T) \neq \mbox{dim}(V)

 

il teorema sulla dimensione della somma diretta ci permette di concludere immediatamente che la somma non è diretta.

 

B) Se si riesce a vedere fin subito che S \cap T \neq \{\mathbf{0}\} o che \mbox{dim}(S \cap T) \neq 0 allora la somma non è diretta.

 

 

Esempi su come verificare se uno spazio vettoriale è somma diretta di due sottospazi

 

1) Verificare se \mathbb{R}^3 = S \oplus T, dove

 

\\ S=\mbox{Span}((1,0,-2), \ (3,-1,0)) \\ \\ T=\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3 \ | \ x+y-2z=0\}

 

Svolgimento: i vettori che generano S sono linearmente indipendenti, infatti la matrice che ha per colonne i due vettori ha rango massimo, dunque

 

\mbox{dim}(S)=2

 

T è un sottospazio di \mathbb{R}^n, \mbox{ con } n=3, definito da 1 equazione cartesiana, ragion per cui

 

\mbox{dim}(T)=n-1=3-1=2

 

La somma delle dimensioni dei sottospazi S \mbox{ e } T è diversa dalla dimensione di \mathbb{R}^3

 

\mbox{dim}(S)+\mbox{dim}(T)=2+2=4 \neq \mbox{dim}(\mathbb{R}^3)=3

 

In virtù del teorema 1) possiamo concludere che \mathbb{R}^3 non può essere somma diretta di S \mbox{ e } T.

 

 

2) Stabilire se \mathbb{R}_3[x] (spazio dei polinomi di grado 3 a coefficienti reali) è somma diretta dei sottospazi

 

\\ S=\mbox{Span}(1+x+x^2+2x^3, \ 2+3x) \\ \\ T=\mbox{Span}(1+2x+x^3, \ 5-x^2)

 

Svolgimento: consideriamo la base canonica di \mathbb{R}_3[x]

 

\mathcal{C}=\{1, x, x^2, x^3\}

 

e scriviamo le componenti rispetto a tale base di ciascun vettore (polinomio) di S \mbox{ e } T.

 

\\ 1+x+x^2+2x^3 \to (1,1,1,2) \\ \\ 2+3x \to (2,3,0,0) \\ \\ 1+2x+x^3 \to (1,2,0,1) \\ \\ 5-x^2 \to (5,0,-1,0)

 

Possiamo così definire i seguenti sottospazi di \mathbb{R}^4

 

\\ \tilde{S}=\mbox{Span}((1,1,1,2), \ (2,3,0,0)) \\ \\ \tilde{T}=\mbox{Span}((1,2,0,1), \ (5,0,-1,0))

 

Stabilire se \mathbb{R}_3[x] è somma diretta di S \mbox{ e } T equivale allora a verificare se \mathbb{R}^4 è somma diretta di \tilde{S} \mbox{ e } \tilde{T}.

 

Sia i vettori che generano \tilde{S} che quelli che generano \tilde{T} sono linearmente indipendenti tra loro, dunque

 

\\ \mathcal{B}_{\tilde{S}}=\{(1,1,1,2), \ (2,3,0,0)\} \\ \\ \mathcal{B}_{\tilde{T}}=\{(1,2,0,1), \ (5,0,-1,0)\} \\ \\ \mbox{dim}(\tilde{S})=\mbox{dim}(\tilde{T})=2

 

La somma delle loro dimensioni coincide con la dimensione di \mathbb{R}^4, ma questo non ci permette di concludere nulla. Dobbiamo andare oltre e determinare una base del sottospazio somma \tilde{S}+\tilde{T}, che è generato dall'insieme formato dall'unione delle basi di \tilde{S} \mbox{ e } \tilde{T}, ossia

 

\mathcal{B}_{\tilde{S}} \cup \mathcal{B}_{\tilde{T}} =\{(1,1,1,2), \ (2,3,0,0), \ (1,2,0,1), \ (5,0,-1,0)\}

 

è un sistema di generatori di \tilde{S}+\tilde{T}.

 

Procedendo con uno dei metodi utili a stabilire se un insieme di vettori è linearmente indipendente, lasciamo a voi il compito di verificare che i vettori dell'insieme \mathcal{B}_{\tilde{S}} \cup \mathcal{B}_{\tilde{T}} sono linearmente indipendenti, e dunque sono una base di \tilde{S}+\tilde{T}. (Suggerimento: comporre la matrice avente per colonne i quattro vettori e osservare che ha rango massimo).

 

Di conseguenza \mbox{dim}(\tilde{S}+\tilde{T})=4 e quindi \tilde{S}+\tilde{T}=\mathbb{R}^4.

 

Infine, per la formula di Grassmann

 

\mbox{dim}(\tilde{S} \cap \tilde{T}) = \mbox{dim}(\tilde{S}+\tilde{T}) - \mbox{dim}(\tilde{S})-\mbox{dim}(\tilde{T}) = 4-2-2 = 0

 

Ciò permette di concludere che \mathbb{R}^4 è somma diretta di \tilde{S} \mbox{ e } \tilde{T} e quindi \mathbb{R}_3[x]=S \oplus T.

 

 

3) Verificare se lo spazio delle matrici Mat(2,2,\mathbb{R}) formato dalle matrici quadrate di ordine 2 a coefficienti reali è somma diretta dei sottospazi

 

\\ S=\{A \in Mat(2,2,\mathbb{R}) \ | \ A=A^T\} \\ \\ T=\mbox{Span}\left( \begin{pmatrix}0&2\\ 2&1\end{pmatrix} \right)

 

Volendo procedere col metodo classico dovremmo determinare un sistema di generatori di S per poi scrivere le componenti rispetto alla base canonica di Mat(2,2,\mathbb{R}) delle matrici che generano S \mbox{ e } T, come nel precedente esempio definire i sottospazi \tilde{S} \mbox{ e } \tilde{T} e procedere con la verifica.

 

Se però ci facciamo furbi possiamo concludere l'esercizio in mezzo secondo! Basta infatti osservare che la matrice che genera il sottospazio T coincide con la sua trasposta

 

\begin{pmatrix}0&2\\ 2&1\end{pmatrix}^T = \begin{pmatrix}0&2\\ 2&1\end{pmatrix}

 

Dunque tale matrice appartiene sia a T che a S e quindi S \cap T \neq \{\mathbf{0}\}.

 

Ciò basta per concludere che Mat(2,2,\mathbb{R}) non è loro somma diretta.

 

Come determinare un sottospazio che sia in somma diretta con un altro

 

Un'altra tipologia di esercizi molto frequente è quella in cui si chiede di trovare un sottospazio che sia in somma diretta con un altro già assegnato.

 

Per intenderci supponiamo di conoscere un sottospazio S \mbox{ di }V e di dover determinare un sottospazio T tale che V = S \oplus T.

 

Una richiesta del genere equivale a chiedere di individuare un sottospazio T supplementare di S rispetto a V e abbiamo spiegato come procedere nella lezione successiva, dedicata al concetto di sottospazio supplementare.

 

 


 

Per il momento è tutto! Se siete in cerca di esercizi risolti vi raccomandiamo la scheda correlata nonché la barra di ricerca interna, utile anche per reperire tutti gli approfondimenti e trovare quello che vi serve. :)

 

 

Buon proseguimento su YouMath,

Giuseppe Carichino (Galois)

 

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